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第七章 图形的变化
(2013~2016)
第30课时 图形的对称(含图形的折叠)
江苏近4年中考真题精选
命题点1 对称图形的识别(2016年7次,2015年5次,2014年3次,2013年5次)
1. (2015常州3题3分)下列“慢行通过,注意危险,禁止行人通行,禁止非机动车通行”四个交通标志图(黑白阴影图片)中为轴对称图形的是( )
2. (2016扬州5题3分)剪纸是扬州的非物质文化遗产之一,下列剪纸作品中是中心对称图形的是( )
3. (2016徐州5题3分)下列图案中,是轴对称图形但不是中心对称图形的是( )
4. (2013宿迁7题3分)下列三个函数:①y=x+1;②y=;③y=x2-x+1.其图象既是轴对称图形,又是中心对称图形的个数有( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
5. (2013盐城8题3分)如图①是3×3正方形方格,将其中两个方格涂黑,并且使涂黑后的整个图案是轴对称图形,约定绕正方形ABCD的中心旋转后能重合的图案都视为同一种图案,例如图②中的四幅图就视为同一种图案,则得到的不同图案共有( )
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A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种
命题点2 (2016年8次,2015年5次,2014年6次,2013年8次)
6. (2016镇江17题3分) 如图,在平面直角坐标系中,坐标原点O是正方形OABC的一个顶点,已知点B坐标为(1,7),过点P(a,0)(a>0)作PE⊥x轴,与边OA交于点E(异于点O、A),将四边形ABCE沿CE翻折,点A′、B′分别是点A、B的对应点.若点A′恰好落在直线PE上,则a的值等于( )
A. B. C. 2 D. 3
7. (2013盐城16题3分)如图,将⊙O沿弦AB折叠,使经过圆心O,则∠OAB=________°.
8. (2016苏州17题3分)如图,在△ABC中,AB=10,∠B=60°,点D、E分别在AB、BC上,且BD=BE=4.将△BDE沿DE所在直线折叠得到△B′DE(点B′在四边形ADEC内),连接AB′,则AB′的长为________.
9. (2014连云港16题3分)如图①,将正方形纸片ABCD对折,使AB与CD重合,折痕为EF.如图②,展开后再折叠一次,使点C与点E重合,折痕为GH,点B的对应点为M,EM交AB于N,则tan∠ANE=________.
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10. (2016淮安18题3分)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=6,BC=8,点F在边AC上,并且CF=2,点E为边BC上的动点,将△CEF沿直线EF翻折,点C落在点P处,则点P到边AB距离的最小值是________.
11. (2013苏州18题3分)如图,在矩形ABCD中,点E是边CD的中点,将△ADE沿AE折叠后得到△AFE,且点F在矩形ABCD内部,将AF延长交边BC于点G.若=,则=________(用含k的代数式表示).
12. (2016盐城18题3分)如图,已知菱形ABCD的边长为2,∠A=60°,点E,F分别在边AB、AD上,若将△AEF沿直线EF折叠,使得点A恰好落在CD边的中点G处,则EF=________.
13. (2015连云港22题10分)如图,将平行四边形ABCD沿对角线BD进行折叠,折叠后点C落在点F处,DF交AB于点E.
(1)求证:∠EDB=∠EBD;
(2)判断AF与DB是否平行,并说明理由.
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答案
1. B 【解析】根据轴对称图形的定义进行判断,A、C、D的圆中图案不能构成轴对称,故不正确;B图案沿正中竖线对折其两部分能完全重合,是轴对称图形.
2. C 【解析】
选项
逐项分析
正误
A
此图形旋转180°后不能与原图形重合,∴此图形不是中心对称图形
×
B
此图形旋转180°后不能与原图形重合,∴此图形不是中心对称图形,但它是轴对称图形
×
C
此图形旋转180°后能与原图形重合,∴此图形是中心对称图形,但它不是轴对称图形
√
D
此图形旋转180°后不能与原图形重合,∴此图形不是中心对称图形,但它是轴对称图形
×
3. B 【解析】
选项
逐项分析
正误
A
是轴对称图形,是中心对称图形
×
B
是轴对称图形,不是中心对称图形
√
C
不是轴对称图形,不是中心对称图形
×
D
不是轴对称图形,是中心对称图形
×
4. C 【解析】① y=x+1的函数图象,既是轴对称图形,又是中心对称图形;② y=的函数图象,既是轴对称图形,又是中心对称图形;③ y=x2-x+1的函数图象是轴对称图形,不是中心对称图形;所以,函数图象既是轴对称图形,又是中心对称图形的是①②,共2个.
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5. C 【解析】得到的不同图案如解图所示,共6种.
6. C 【解析】当点A′落在直线PE上时,如解图,作BD⊥y轴,BF⊥x轴,连接BO,过点A作AG⊥x轴,AK⊥BF,根据题意可知BD=1,DO=7,∴BO==,∵四边形AOCB是正方形,∴AB=AO=CO==5.又∵∠AKB=∠CHO=∠AGO=90°,∠ABK=∠COH=∠AOG,∴△ABK≌△AOG≌△OCH,∴AK=AG=OH,则四边形AKFG是正方形,设AK=KF=x,则BK=7-x,根据勾股定理,得x2+(7-x)2=25,解得x=3或x=4,由BK>AK,∴AK=OH=3,∵A′B′=5,∴OP=2,∴a=2.
7. 30 【解析】如解图,过点O作OC⊥AB于点D,交⊙O于点C,∵将⊙O沿弦AB折叠,使经过圆心O,∴OD=OC,∴OD=OA,∵OC⊥AB,∴∠OAB=30°.
8. 2 【解析】如解图,过点B′作B′O⊥AD交AD于点O.∵∠B=60°,BD=BE,∴△BDE为等边三角形,,将等边△BDE沿DE折叠后得等边△B′DE,那么四边形BDB′E是菱形;在Rt△ODB′中,∠
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ODB′=60°,B′D=4,可求得OD=2,OB′=2;在Rt△AOB′中,AO=AB-OD-BD=10-2-4=4,∴AB′===2 .
9. 【解析】如解图,连接CE与HG相交于点O.∵∠MEH=90°,∴∠AEN+∠DEH=90°,∵∠AEN+∠ANE=90°,∴∠DEH=∠ANE,设DE=a.由题意知,E为AD的中点,∴AD=CD=2a,∴EC=,∵点C和点E关于GH对称,∴OC=OE==a,∵∠HCO=∠ECD,∠HOC=∠EDC=90°,∴△OCH∽△DCE,∴=,∴,∴CH=a,∴DH=CD-CH=2a-a=a,∴
tan∠ANE=tan∠DEH==
10. 【解析】如解图,当点E在BC上运动时,PF的长固定不变,即PF=CF=2.∴点P在以点F为圆心,以2为半径的圆上运动.过点F作FH⊥AB交⊙F于点P,垂足为H,此时PH最短.则△AFH∽△ABC,∴=.由已知易得AF=4,AB=10,∴=,即FH=.∴P到AB距离的最小值PH=
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FH-FP=-2=.
11. 【解析】∵点E是CD的中点,∴DE=CE,∵将△ADE沿AE折叠后得到△AFE,∴DE=EF,AF=AD,∠AFE=∠D=90°,∴CE=EF,如解图,连接EG,在Rt△ECG和Rt△EFG中,∴Rt△ECG≌Rt△EFG(HL),∴CG=FG,设CG=a,∵=,∴GB=ka,∴BC=CG+BG=a+ka=a(k+1),在矩形ABCD中,AD=BC=a(k+1),∴AF=a(k+1),AG=AF+FG=a(k+1)+a=a(k+2),在Rt△ABG中,AB=,∴
12. 【解析】如解图,连接AG交EF于点M,过点G作GH⊥AD交AD的延长线于点H,∵∠CDH=∠A=60°,DG=1,∴DH=,HG=,由折叠可知:FA=FG,EG=AE,AM=MG,EF⊥AG,设AF=FG=x,则FH=2.5-x,在Rt△FGH中,有(2.5-x)2+()2=x2,解得x=,在Rt△AHG中,AG=== ,∴AM=. 连接BD,得等边△BCD,连接BG,则BG⊥CD,∴∠GBE=90°,BG=,设AE=GE=m,BE=2-m,在Rt△BEG中,有BE2+BG2=EG2,即(2-m)2+3=m2,解得m=,过点F作FN⊥AB交AB于点N,则FN=AF·sin 60°=×=,在△AEF中,
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由面积公式,得:S△AEF=EF×AM=AE×FN,∴EF==.
13. (1)证明:由折叠可知:∠CDB=∠EDB,...................(1分)
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴DC∥AB,
∴∠CDB=∠EBD,...................(2分)
∴∠EDB=∠EBD;...................(4分)
(2)解:AF∥DB....................(5分)
理由:∵∠EDB=∠EBD,
∴DE=BE.
由折叠可知:DC=DF,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴DC=AB,
∴DF=AB,
∴AB-BE=DF-DE,
∴AE=EF, ......................................(6分)
∴∠EAF=∠EFA.
在△BED中,∠EDB+∠EBD+∠DEB=180°,
即2∠EDB+∠DEB=180°.
同理在△AEF中,2∠EFA+∠AEF=180°.
∵∠DEB=∠AEF,
∴∠EDB=∠EFA.......................................(8分)
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∴AF∥DB.......................................(10分)
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